, stranica 6

11 Osnovne funkcije kompleksne varijable

Prisjetimo se definicije kompleksnog eksponenta – ​​. Zatim

Proširenje serije Maclaurin. Radijus konvergencije ovog niza je +∞, što znači da je kompleksna eksponencija analitička na cijeloj kompleksnoj ravnini i

(exp z)"=exp z; exp 0=1. (2)

Prva jednakost ovdje slijedi, na primjer, iz teorema o član-po-članom diferenciranju niza potencija.

11.1 Trigonometrijske i hiperboličke funkcije

Sinus kompleksne varijable nazvana funkcija

Kosinus kompleksne varijable postoji funkcija

Hiperbolički sinus kompleksne varijable definira se ovako:

Hiperbolički kosinus kompleksne varijable-- ovo je funkcija

Napomenimo neka svojstva novouvedenih funkcija.

A. Ako je x∈ ℝ, tada cos x, sin x, cosh x, sh x∈ ℝ.

B. Između trigonometrijskih i hiperboličkih funkcija postoji sljedeća veza:

cos iz=ch z; sin iz=ish z, ch iz=cos z; sh iz=isin z.

B. Osnovni trigonometrijski i hiperbolički identiteti:

cos 2 z+sin 2 z=1; ch 2 z-sh 2 z=1.

Dokaz glavnog hiperboličkog identiteta.

Glavni trigonometrijski identitet slijedi iz glavnog hiperboličkog identiteta kada se uzme u obzir povezanost trigonometrijskih i hiperboličkih funkcija (vidi svojstvo B)

G Adicinske formule:

Posebno,

D. Za izračun derivacija trigonometrijskih i hiperboličkih funkcija treba primijeniti teorem o član-po-članom diferencijaciji niza potencija. Dobivamo:

(cos z)"=-sin z; (sin z)"=cos z; (ch z)"=sh z; (sh z)"=ch z.

E. Funkcije cos z, ch z su parne, a sin z, sin z neparne.

J. (Frekvencija) Funkcija e z je periodična s periodom 2π i. Funkcije cos z, sin z su periodične s periodom 2π, a funkcije ch z, sin z periodične su s periodom 2πi. Štoviše,

Primjenom formule zbroja dobivamo

Z. Proširenje na stvarne i imaginarne dijelove:

Ako analitička funkcija s jednom vrijednošću f(z) bijektivno preslikava domenu D na domenu G, tada se D naziva jednovalentnom domenom.

I. Regija D k =( x+iy | 2π k≤ y<2π (k+1)} для любого целого k является областью однолистности функции e z , которая отображает ее на область ℂ* .

Dokaz. Iz relacije (5) slijedi da je preslikavanje exp:D k → ℂ injektivno. Neka je w bilo koji kompleksni broj različit od nule. Zatim, rješavanje jednadžbi e x =|w| i e iy =w/|w| s realnim varijablama x i y (y se bira iz poluintervala za n > 1 različito je od nule u svim točkama osim z = 0. Zapisujući w i z u eksponencijalnom obliku u formuli (4), dobivamo da Iz formule ( 5) jasno je da kompleksni brojevi Z\ i z2 takvi da gdje je k cijeli broj idu u jednu točku w. To znači da za n > 1 preslikavanje (4) nije jednovalentno na ravnini z. Najjednostavniji primjer domena u kojoj je preslikavanje ω = zn jednovalentno je sektor gdje je a bilo koji realni broj. U domeni (7) preslikavanje (4) je konformno - višeznačno, budući da se za svaki kompleksni broj z = ε1v F 0 može specificirati n različitih kompleksni brojevi tako da je njihova n-ta potencija jednaka z: Imajte na umu da je polinom stupnja n kompleksne varijable z funkcija gdje su zadani kompleksni brojevi, a ao Φ 0. Polinom bilo kojeg stupnja je analitička funkcija na cijelom kompleksu ravnina 2.3.Razlomačko-racionalna funkcija Razlomačko-racionalna funkcija je funkcija oblika gdje) - polinomi kompleksne varijable z. Razlomačka racionalna funkcija je analitička u cijeloj ravnini, osim u onim točkama u kojima nazivnik Q(z) nestaje. Primjer 3. Funkcija Žukovskog__ je analitička u cijeloj ravnini r, isključujući točku r = 0. Nađimo uvjete za područje kompleksne ravnine pod kojima će funkcija Žukovskog razmatrana u tom području biti jednovalentna. M Neka su točke Z) i zj prenesene funkcijom (8) u jednu točku. Tada pri dobivamo da Dakle, da bi Zhukovskyjeva funkcija bila univalentna, potrebno je i dovoljno zadovoljiti uvjet. Primjer regije koja zadovoljava uvjet univalentnosti (9) je vanjski dio kruga |z| > 1. Budući da je derivacija Zhukovskyjeve funkcije Elementarne funkcije kompleksne varijable Frakcijsko-racionalne funkcije Power funkcija Eksponencijalna funkcija Logaritamska funkcija Trigonometrijske i hiperboličke funkcije svugdje različita od nule osim u točkama, preslikavanje domene koje provodi ova funkcija bit će konformno (slika 13). Imajte na umu da je unutrašnjost jediničnog diska |I također domena univalentnosti funkcije Žukovskog. Riža. 13 2.4. Eksponencijalna funkcija Definiramo eksponencijalnu funkciju ez za bilo koji kompleksni broj z = x + y sljedećom relacijom: Za x = 0 dobivamo Eulerovu formulu: Opišimo glavna svojstva eksponencijalne funkcije: 1. Za realni z, ova definicija poklapa s uobičajenim. To se može izravno provjeriti postavljanjem y = 0 u formuli (10). 2. Funkcija ez je analitička na cijeloj kompleksnoj ravnini i za nju je sačuvana uobičajena formula diferenciranja. 3. Za funkciju ez sačuvan je adicijski teorem . Pretpostavimo 4. Funkcija ez je periodična sa zamišljenom glavnom periodom 2xi. U stvari, za svaki cijeli broj k S druge strane, ako tada iz definicije (10) slijedi da Odakle slijedi da, ili gdje je n cijeli broj. Traka ne sadrži niti jedan par točaka povezanih relacijom (12), stoga iz provedenog istraživanja proizlazi da je preslikavanje w = e" jednostruko u traci (sl. 14). Budući da se radi o izvodnici, ovo preslikavanje je konformno. Napomena niv. Funkcija g.g je jednovalentna u bilo kojoj traci 2.5 Logaritamska funkcija Iz jednadžbe u kojoj je dana nepoznanica, dobivamo Dakle, inverzna funkcija funkcije definirana je za bilo koju i predstavljena je formulom gdje je ovo višeznačna funkcija naziva se logaritamska i označava se na sljedeći način. Vrijednost arg z naziva se glavna vrijednost logaritma i označava se s Tada za Ln z dobivamo formulu 2.6 Trigonometrijske i hiperboličke funkcije Iz Eulerove formule (11) za realno y dobivamo Odakle Definiramo trigonometrijske funkcije sin z i cos z za bilo koji kompleksni broj z pomoću sljedećih formula: Sinus i kosinus kompleksnog argumenta imaju zanimljiva svojstva Nabrojimo glavna: Funkcije sinz i cos z: 1) za realni z -x podudaraju se s običnim sinusima i kosinusima; 2) analitički na cijeloj kompleksnoj ravnini; 3) poštuju uobičajene formule diferenciranja: 4) periodični su s periodom 2π; 5) sin z je neparna funkcija, a cos z je parna funkcija; 6) sačuvani su uobičajeni trigonometrijski odnosi. Sva navedena svojstva lako se mogu dobiti iz formula (15). Funkcije tgz i ctgz u kompleksnoj domeni određuju se formulama, a hiperboličke funkcije - formulama "Hiperboličke funkcije su usko povezane s trigonometrijskim funkcijama. Ovaj odnos se izražava sljedećim jednakostima: Sinus i kosinus kompleksnog argumenta imaju još jedno važno svojstvo: na kompleksnoj ravnini |\ uzimati proizvoljno velike pozitivne vrijednosti. Pokažimo to. Korištenjem svojstava 6 i formula (18) dobivamo da su Elementarne funkcije kompleksne varijable Frakcijsko-racionalne funkcije Funkcija snage Eksponencijalna funkcija Logaritamska funkcija Trigonometrijska i hiperboličke funkcije Odakle Pod pretpostavkom imamo Primjer 4. Lako je provjeriti da je -4 U stvari,

Funkcije kompleksne varijable.
Diferenciranje funkcija kompleksne varijable.

Ovaj članak otvara niz lekcija u kojima ću razmatrati tipične probleme vezane uz teoriju funkcija kompleksne varijable. Da biste uspješno svladali primjere, morate imati osnovno znanje o kompleksnim brojevima. Kako biste učvrstili i ponovili gradivo, samo posjetite stranicu. Trebat će vam i vještine za pronalaženje parcijalne derivacije drugog reda. Evo ih ove parcijalne izvedenice...i sad sam se malo iznenadio koliko se često javljaju...

Tema koju počinjemo ispitivati ​​ne predstavlja nikakve posebne poteškoće, au funkcijama složene varijable, u načelu, sve je jasno i dostupno. Glavno je pridržavati se osnovnog pravila koje sam eksperimentalno izveo. Nastavi čitati!

Pojam funkcije kompleksne varijable

Prvo, osvježimo naše znanje o školskoj funkciji jedne varijable:

Funkcija jedne varijable je pravilo prema kojem svakoj vrijednosti nezavisne varijable (iz domene definicije) odgovara jedna i samo jedna vrijednost funkcije. Naravno, "x" i "y" su realni brojevi.

U složenom slučaju, funkcionalna ovisnost specificirana je na sličan način:

Jednoznačna funkcija kompleksne varijable- to je pravilo po kojem svi sveobuhvatan vrijednost nezavisne varijable (iz domene definicije) odgovara jednoj i samo jednoj sveobuhvatan vrijednost funkcije. Teorija također razmatra višeznačne i neke druge vrste funkcija, ali radi jednostavnosti usredotočit ću se na jednu definiciju.

Koja je razlika između funkcije složene varijable?

Glavna razlika: kompleksni brojevi. Nisam ironičan. Takva pitanja često ostavljaju ljude u stuporu, na kraju članka ispričat ću vam jednu smiješnu priču. Na lekciji Kompleksni brojevi za lutke razmatrali smo kompleksan broj u obliku . Od sada je postalo slovo "z". varijabla, tada ćemo ga označiti na sljedeći način: , dok "x" i "y" mogu uzeti različite važeći značenja. Grubo rečeno, funkcija kompleksne varijable ovisi o varijablama i , koje poprimaju “obične” vrijednosti. Iz ove činjenice logično proizlazi sljedeće:

Funkcija kompleksne varijable može se napisati kao:
, gdje su i dvije funkcije od dva važeći varijable.

Funkcija se zove pravi dio funkcije
Funkcija se zove imaginarni dio funkcije

To jest, funkcija kompleksne varijable ovisi o dvije realne funkcije i . Da konačno sve razjasnimo, pogledajmo praktične primjere:

Primjer 1

Riješenje: Neovisna varijabla "zet", kao što se sjećate, napisana je u obliku , dakle:

(1) Zamijenili smo .

(2) Za prvi član korištena je skraćena formula množenja. U terminu su otvorene zagrade.

(3) Pažljivo na kvadrat, ne zaboravljajući to

(4) Preuređivanje pojmova: prvo prepisujemo pojmove , u kojem nema zamišljene jedinice(prva grupa), zatim pojmovi gdje ih ima (druga grupa). Treba napomenuti da miješanje pojmova nije potrebno, a ovaj se korak može preskočiti (stvarno usmeno).

(5) Za drugu skupinu izdvajamo iz zagrade.

Kao rezultat toga, pokazalo se da je naša funkcija predstavljena u obliku

Odgovor:
– realni dio funkcije.
– imaginarni dio funkcije.

Kakve su to funkcije bile? Najčešće funkcije dviju varijabli od kojih možete pronaći takve popularne parcijalne derivacije. Bez milosti, pronaći ćemo ga. Ali malo kasnije.

Ukratko, algoritam za riješeni problem može se napisati na sljedeći način: zamijenimo , u izvornu funkciju, izvršimo pojednostavljenja i podijelimo sve članove u dvije skupine - bez imaginarne jedinice (realni dio) i sa imaginarnom jedinicom (imaginarni dio) .

Primjer 2

Nađi realni i imaginarni dio funkcije

Ovo je primjer koji trebate sami riješiti. Prije nego što požurite u bitku na složenoj ravnini s izvučenim damama, dopustite mi da vam dam najvažniji savjet na tu temu:

BUDI OPREZAN! Morate biti oprezni, naravno, svugdje, ali u složenim brojevima trebali biste biti oprezniji nego ikad! Zapamtite to, pažljivo otvorite zagrade, nemojte ništa izgubiti. Prema mojim zapažanjima, najčešća pogreška je gubitak znaka. Ne žuri se!

Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Sada kocka. Koristeći formulu skraćenog množenja, izvodimo:
.

Formule su vrlo prikladne za korištenje u praksi, jer značajno ubrzavaju proces rješenja.

Diferenciranje funkcija kompleksne varijable.

Imam dvije vijesti: dobru i lošu. Počet ću s onom dobrom. Za funkciju kompleksne varijable vrijede pravila diferenciranja i tablica derivacija elementarnih funkcija. Dakle, izvod se uzima na potpuno isti način kao u slučaju funkcije realne varijable.

Loša vijest je da za mnoge složene varijabilne funkcije uopće ne postoji derivacija, a vi to morate otkriti je li diferencijabilan jednu ili drugu funkciju. A "shvatanje" kako se vaše srce osjeća povezano je s dodatnim problemima.

Razmotrimo funkciju kompleksne varijable. Da bi ova funkcija bila diferencijabilna potrebno je i dovoljno:

1) Dakle, postoje parcijalne derivacije prvog reda. Odmah zaboravite na ove oznake, jer se u teoriji funkcija kompleksne varijable tradicionalno koristi drugačija oznaka: .

2) Za provođenje tzv Cauchy-Riemannovi uvjeti:

Samo u ovom slučaju će derivat postojati!

Primjer 3

Riješenje podijeljen je u tri uzastopne faze:

1) Nađimo realne i imaginarne dijelove funkcije. O ovom zadatku je bilo riječi u prethodnim primjerima, pa ću ga napisati bez komentara:

Od tad:

Tako:

– imaginarni dio funkcije.

Dopustite mi da se dotaknem još jedne tehničke točke: kojim redom napiši pojmove u realnom i imaginarnom dijelu? Da, u principu, nije važno. Na primjer, pravi dio se može napisati ovako: , a onaj imaginarni – ovako: .

2) Provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Ima ih dvoje.

Počnimo s provjerom stanja. Pronašli smo parcijalne derivacije:

Dakle, uvjet je zadovoljen.

Naravno, dobra vijest je da su parcijalne derivacije gotovo uvijek vrlo jednostavne.

Provjeravamo ispunjenje drugog uvjeta:

Rezultat je isti, ali suprotnih predznaka, odnosno uvjet je također ispunjen.

Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni, stoga je funkcija diferencijabilna.

3) Nađimo izvod funkcije. Izvedenica je također vrlo jednostavna i nalazi se prema uobičajenim pravilima:

Imaginarna jedinica se tijekom diferencijacije smatra konstantom.

Odgovor: – pravi dio, – imaginarni dio.
Zadovoljeni su Cauchy-Riemannovi uvjeti, .

Postoje još dva načina za pronalaženje derivata, oni se, naravno, koriste rjeđe, ali informacije će biti korisne za razumijevanje druge lekcije - Kako pronaći funkciju kompleksne varijable?

Derivat se može pronaći pomoću formule:

U ovom slučaju:

Tako

Moramo riješiti inverzni problem - u rezultirajućem izrazu moramo izolirati . Da biste to učinili, potrebno je u uvjetima i izvan zagrada:

Obrnutu radnju, kao što su mnogi primijetili, nešto je teže izvesti; za provjeru je uvijek bolje uzeti izraz na nacrt ili usmeno otvoriti zagrade natrag, pazeći da je rezultat točan

Zrcalna formula za pronalaženje derivata:

U ovom slučaju: , Zato:

Primjer 4

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Ako su ispunjeni Cauchy-Riemannovi uvjeti, pronađite derivaciju funkcije.

Kratko rješenje i okvirni uzorak konačnog dizajna na kraju lekcije.

Jesu li Cauchy-Riemannovi uvjeti uvijek zadovoljeni? Teoretski, češće se ne ispunjavaju nego što se ispunjavaju. Ali u praktičnim primjerima ne sjećam se slučaja u kojem nisu ispunjeni =) Dakle, ako se vaše parcijalne derivacije "ne konvergiraju", tada s vrlo velikom vjerojatnošću možete reći da ste negdje pogriješili.

Zakomplicirajmo naše funkcije:

Primjer 5

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Izračunati

Riješenje: Algoritam rješenja je u potpunosti sačuvan, ali će se na kraju dodati nova točka: nalaženje derivacije u točki. Za kocku je već izvedena potrebna formula:

Definirajmo stvarni i imaginarni dio ove funkcije:

Pažnja i opet pažnja!

Od tad:


Tako:
– realni dio funkcije;
– imaginarni dio funkcije.

Provjera drugog uvjeta:

Rezultat je isti, ali suprotnih predznaka, odnosno uvjet je također ispunjen.

Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni, stoga je funkcija diferencijabilna:

Izračunajmo vrijednost derivacije u traženoj točki:

Odgovor:, , Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni,

Funkcije s kockama su uobičajene, pa evo primjera za pojačanje:

Primjer 6

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Izračunati.

Rješenje i primjer dorade na kraju lekcije.

U teoriji kompleksne analize definirane su i druge funkcije složenog argumenta: eksponent, sinus, kosinus itd. Ove funkcije imaju neobična, pa čak i bizarna svojstva - a ovo je stvarno zanimljivo! Stvarno vam želim reći, ali ovdje, slučajno, nije referentna knjiga ili udžbenik, već knjiga rješenja, pa ću razmotriti isti problem s nekim uobičajenim funkcijama.

Prvo o tzv Eulerove formule:

Za bilo koga važeći brojeva, vrijede sljedeće formule:

Također ga možete kopirati u svoju bilježnicu kao referentni materijal.

Strogo govoreći, postoji samo jedna formula, ali obično zbog praktičnosti pišu i poseban slučaj s minusom u eksponentu. Parametar ne mora biti jedno slovo, može biti složen izraz ili funkcija, samo je važno da prihvaćaju jedino valjano značenja. Zapravo, vidjet ćemo ovo upravo sada:

Primjer 7

Nađi izvedenicu.

Riješenje: Generalna linija stranke ostaje nepokolebljiva – potrebno je razlikovati stvarni i imaginarni dio funkcije. U nastavku ću dati detaljno rješenje i komentirati svaki korak:

Od tad:

(1) Umjesto toga zamijenite "z".

(2) Nakon zamjene potrebno je odabrati stvarni i imaginarni dio prvi u indikatoru izlagači. Da biste to učinili, otvorite zagrade.

(3) Grupiramo imaginarni dio indikatora, stavljajući imaginarnu jedinicu izvan zagrada.

(4) Koristimo akciju škole s diplomama.

(5) Za množitelj koristimo Eulerovu formulu i .

(6) Otvorite zagrade, što rezultira:

– realni dio funkcije;
– imaginarni dio funkcije.

Daljnje radnje su standardne, provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta:

Primjer 9

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Neka bude tako, nećemo naći izvedenicu.

Riješenje: Algoritam rješenja vrlo je sličan prethodna dva primjera, ali postoje vrlo važne točke, pa ću ponovno komentirati početnu fazu korak po korak:

Od tad:

1) Zamijenite "z" umjesto toga.

(2) Prvo odabiremo realne i imaginarne dijelove unutar sinusa. U ove svrhe otvaramo zagrade.

(3) Koristimo formulu, i .

(4) Upotreba paritet hiperboličkog kosinusa: I neparnost hiperboličkog sinusa: . Hiperbolike, iako izvan ovog svijeta, u mnogočemu podsjećaju na slične trigonometrijske funkcije.

Eventualno:
– realni dio funkcije;
– imaginarni dio funkcije.

Pažnja! Znak minus odnosi se na imaginarni dio i ni pod kojim uvjetima ga ne smijemo izgubiti! Za jasnu ilustraciju, gore dobiveni rezultat može se prepisati na sljedeći način:

Provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta:

Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni.

Odgovor:, , Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni.

Dame i gospodo, shvatimo sami:

Primjer 10

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije. Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta.

Namjerno sam odabrao teže primjere, jer se čini da svatko može izaći na kraj s nečim, poput oljuštenog kikirikija. Istovremeno ćete trenirati svoju pažnju! Lomka za orahe na kraju lekcije.

Pa, zaključno, pogledat ću još jedan zanimljiv primjer kada je složen argument u nazivniku. Desilo se nekoliko puta u praksi, pogledajmo nešto jednostavno. Eh, starim...

Primjer 11

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije. Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta.

Riješenje: Opet je potrebno razlikovati stvarni i imaginarni dio funkcije.
Ako tada

Postavlja se pitanje što učiniti kada je u nazivniku “Z”?

Sve je jednostavno - standardni će vam pomoći metoda množenja brojnika i nazivnika konjugiranim izrazom, već je korišteno u primjerima lekcije Kompleksni brojevi za lutke. Prisjetimo se školske formule. Već imamo u nazivniku, što znači da će konjugirani izraz biti . Dakle, trebate pomnožiti brojnik i nazivnik sa: